6683. На хорде AC
окружности \omega
выбрали точку B
. На отрезках AB
и BC
как на диаметрах построили окружности \omega_{1}
и \omega_{2}
с центрами O_{1}
и O_{2}
, которые пересекают \omega
второй раз в точках D
и E
соответственно. Лучи O_{1}D
и O_{2}E
пересекаются в точке F
. Лучи AD
и CE
пересекаются в точке G
. Докажите, что прямая FG
проходит через середину AC
.
Решение. Поскольку углы ADB
и BEC
прямые, точки D
и E
лежат на окружности с диаметром BG
. При этом
\angle FDG=\angle ADO_{1}=\angle DAC=180^{\circ}-\angle CED=\angle GED.
Следовательно, FD
(и аналогично FE
) — касательная к этой окружности (см. задачу 144).
Пусть O
— центр окружности \omega
, прямая FO
пересекает эту окружность в точках K
и L
(K
между O
и F
), прямая FG
вторично пересекает окружность в точке P
, M
— середина хорды DE
, а луч GM
пересекает окружность в точке Q
. Тогда
\angle LMQ=\angle KMG=90^{\circ}-\angle DMG=90^{\circ}-\angle DMP=\angle LMP
(см. задачу 4796). Значит, точки P
и Q
симметричны относительно диаметра KL
, а L
— середина дуги PLQ
. Тогда GL
— биссектриса углов DGE
и PGQ
. Следовательно, при симметрии относительно биссектрисы треугольника DGE
, проведённой из вершины G
, прямая FG
переходит в прямую GQ
, содержащую медиану GM
этого треугольника.
Поскольку треугольник GDE
подобен треугольнику GCA
, в этом последнем треугольнике прямая FG
и прямая, содержащая медиану, проведённую из вершины G
, также будут симметричны относительно биссектрисы угла CGA
. Отсюда следует утверждение задачи.